1、海淀区高三年级第一学期期末练习 物 理 2014.1说明：本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。题号一二三总分131415161718分数一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。把你认为正确的答案填涂在答题纸上。 1在物理学中常用比值法定义物理量。下列说法中正确的是A用E=定义电场强度 B用定义磁感应强度C用定义电容器的电容 D用R=定义导体的电阻 【答案】AB【K
2、S5U解析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变电场强度E=是电场强度的定义式，运用比值定义法，E与F、q无关；磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，所以B=属于比值定义法，故选项AB正确，CD错误。2如图1所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。不计带电粒子受到的重力，由此可以判断图1NMQA此粒子在M点的加速度小于在N点的加速度B此粒子在M
3、点的电势能大于在N点的电势能C此粒子在M点的动能小于在N点的动能D电场中M点的电势低于N点的电势【答案】AD【KS5U解析】电荷做曲线运动，受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在Q点的电荷是同种电荷，它们之间存在斥力，根据功能关系分析动能和电势能的变化情况；根据库仑定律判断静电力的大小，确定加速度的大小M点离场源电荷远，电荷所受的电场力较小，则在M处加速度较小，故A正确；根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在M、N间运动过程中，电荷一直受静电斥力作用，粒子从M到N，电场力做负功，故电势能增大，故M点的电势能小于N点的电势能，故B错误；粒子从M到N，只受电场力，合力做负功，根据动能
4、定理，动能减小，故M点的动能大于N点的动能，故C错误；由已知条件可知Q点的点电荷为正电荷，故电场中M点的电势低于N点的电势，D正确。故选AD。3如图2所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的。下列关于实验现象描述中正确的是图2ABC+金属箔A把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，A、B下部的金属箔都会张开B把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开C把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的D把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开
5、，稳定后A、B下部的金属箔都闭合【答案】AC【KS5U解析】当导体A、B放在带正电的物体C附近时，出现感应起电现象金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，同理可知由于静电感应，把A和B分开，金属箔仍张开。故本题选AC。4如图3所示电路中，灯泡A、B的规格相同，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。下列关于此电路的说法中正确的是 图3ASLEBAS闭合后的瞬间，A、B同时亮，然后A变暗最后熄灭BS闭合后的瞬间，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮CS断开后的瞬间，A立即熄灭，B逐
6、渐变暗最后熄灭DS断开后的瞬间，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭 【答案】AD【KS5U解析】闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮，故A正确、B错误断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭，故C错误、D正确故选AD5如图4所示电路，电源电动势为E，内阻为r。当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作。已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是图4MSEr
7、L A电动机的额定电压为IR B电动机的输出功率为IE-I2R C电源的输出功率为IE-I2r D整个电路的热功率为I2（R0 +R + r） 【答案】CD【KS5U解析】电动机不是纯电阻，不能满足欧姆定律，故A错误；电源的输出功率P=UI=IE-I2r，故B错误，故C正确；整个电路的热功率为I2（R0+R+r），故D正确故选CD6图5是通过变压器降压给用户供电的示意图。变压器输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加。如果变压器上的能量损失可以忽略，则关于开关S闭合后，以下说
8、法正确的是R0A1V1V2R1R2S图5A2A电表V1示数不变，V2示数减小B电表A1、A2示数均增大C原线圈输入功率减小D电阻R1两端的电压减小【答案】BD【KS5U解析】因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表V1、V2的读数几乎不变，故A错误因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以A1示数变大，故B正确因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI知输出功率增加，变压器的输入功率等于输出功率，故C错误电压表V2的示数跟R0两端的电压之差等
9、于电阻R1两端的电压，R0两端的电压即副线圈导线上的电压损失U，U =IR0增加，故电阻R1两端的电压减小，故D正确故选BD7在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图6甲所示的方向为正。当磁场的磁感应强度 B随时间t的变化规律如图6乙所示时，图6丙中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是乙图6Ai1234t/s0iBt/s12340i1234t/s0i1234t/s0甲B1234t/s0Bi丙【答案】B【KS5U解析】由图乙可知，01s时间内，B增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向下），由楞次定律
10、，感应电流是顺时针的，因而是正值所以可判断01s为正的恒值；在12s内，因磁场不变，则感应电动势为零，所以感应电流为零；同理24s，磁场在减小，由楞次定律可知，感应电流与原方向相反，即为负的恒值；由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得I= = ，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率可知，斜率越大的，感应电动势越大，则感应电流越大故B正确，ACD错误；故选B8在图7所示的空间直角坐标系所在的区域内，同时存在匀强电场E和匀强磁场B。已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子，穿过此区域时未发生偏转，则可以判断此区域中E和B的方向可能是 图7yvOxzAE和B都沿y轴的负方向BE和B都沿x轴的正
11、方向CE沿y轴正方向，B沿z轴负方向DE沿z轴正方向，B沿y轴负方向【答案】BC【KS5U解析】由于质子带正电，因此对各选项具体分析如下：A选项，E和B都沿y轴的负方向，则电场力沿y轴的负方向，而磁场力沿z轴的正方向，发生偏转，A错误B选项，磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线，方向不会发生偏移，故B正确；C选项，E沿y轴正方向，B沿z轴负方向，电场力方向沿y轴正方向，洛伦兹力方向沿y轴负方向，当这两个力平衡时，粒子方向可以始终不变，C正确D选项，电场力沿z轴正方向，洛伦兹力沿z轴正方向，两力方向相同，两力的合力与运动方向垂直，粒子将做曲线运动，D错误故本题选BC9如图8所示，
12、固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度。给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是图8Rv0abA导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U=BLv0C导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能Ep=mD金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，
13、电阻R上产生的焦耳热Q=m【答案】AD【KS5U解析】导体棒开始运动的初始时刻，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从ab，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力向左，故A正确导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为E=BLv0由于r=R，所以导体棒两端的电压U=E=BLv0，故B错误由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于m，故C错误金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热 Q=m=m，故D正确故本题选AD。10图9所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源
14、N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M。由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力。下列说法中正确的是RN图9BQPOMSA从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷
15、越大【答案】C【KS5U解析】直线加速过程，根据动能定理，有：qUmv2 电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qEm 磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qvB=m 对A选项、由解得：v= R= 由式，只要满足R=，所有粒子都可以在弧形电场区通过；由式可知，比荷不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定不同，故A错误；对B选项、由式，从小孔S进入磁场的粒子动能为qU，故不同电量的粒子的动能不同，故B错误；对C选项、由解得：r=，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；由式，比荷相同，故粒子的速度相同，故C正确；对D选项、由解得：r=，故打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越小，故D错误。
16、故本题选C二、本题共2小题，共15分。11（8分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中， 所用小灯泡标有“3.8V 0.3A”字样，并提供有以下器材：A电压表V（05V，内阻约5k） B电流表A1（050mA，内阻约2）C电流表A2（0500mA，内阻约1） D滑动变阻器R1（010）E滑动变阻器R2（02k） F直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）G开关S及导线若干甲I/AU/VO0.40.30.20.11234乙US电流传感器丙图10（1）为了提高测量的准确度和调节方便：实验中应选用电流表 ，滑动变阻器 。（填写器材代号）。在图10甲虚线框内画出实验电路图。（2）由正确实验操作得到的数
17、据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图10乙所示。在另一实验中将此小灯泡接入如图10丙所示的电路中，电路中的电源电压U（U3.8V）恒定，在t=t0时刻闭合开关S，由电流传感器记录的电路中电流随时间变化的图象（i-t）可能是图11中的 图（选填“A”、“B”或“C”）。tit0Ati0Ct0itBt0itLt0Bit0Ct0itBt0itLt0C图11【答案】（1）C（2分）； D （2分） 见答图1 （2分）A2R1VES答图1（2）C （2分）【KS5U解析】（1）小灯泡的额定电压为3.8V，小灯泡的额定电流为0.3A，从安全和精确度方面考虑，所以电流表量程选0-500 mA的C；总电阻为200
18、0的滑动变阻器连入电路，电流非常小，测量误差较大，所以选用总电阻为10的滑动变阻器D。故选C、D小灯泡在正常工作时的电阻R=13，远小于电压表内阻，属于小电阻，“小外偏小”，故电流表采用外接法电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法电路图如答案图所示。（2）由于小灯泡温度越来越高，则电阻越来越大，则电流逐渐减小，故符合的是C。12（7分）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，实验室备有下列器材选用：A干电池（电动势E约1.5V，内电阻r约1.0）B电流表G（满偏电流2.0mA，内阻Rg=10）C电流表A（量程00.6A，内阻约0.5）D滑动变阻器R（020，10A）E定值电阻
19、R0（阻值990）F开关和导线若干两组同学分别采用了不同实验方案进行实验：图12abGAR0PErS图13I2/AI1/mA1.151.301.401.451.351.251.501.201.1000.10.20.30.40.50.60.7（1）一组同学设计的实验电路如图12所示，并利用以上器材正确连接好电路，进行了实验测量。根据他们的实验设计，完成下列问题：闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端P至某一位置，记录电流表G的示数I1和电流表A的示数I2。多次改变滑动端P的位置，得到多组数据。在图13所示的坐标纸上建立I1、I2坐标系，并已标出了与测量数据对应的5个坐标点。还有一组数据如图14的电表
20、所示，请依据所标各点标在图中描绘I1-I2图线。利用所画图线求得电源的电动势E= V，电源的内电阻r = 。（结果要求保留两位小数) （2）另一组同学采用滑动变阻器和一个多用电表来测定电池的电动势和内阻。实验原理如图15所示。当变阻器为某一阻值时，用多用电表的直流电压挡测出变阻器两端的电压U，再卸去变阻器一个接线柱的导线，把多用电表串联在电路中，用直流电流挡测出通过变阻器的电流I。随后改变变阻器的电阻，重复上述操作，获得多组U、I数据，并计算得出实验结果。这个实验方案在测量原理上的主要缺点是 。图15ESR【答案】（1）如答图2 （2分）；答图2I2/AI1/mA1.151.301.401.4
21、51.351.251.501.201.1000.10.20.30.40.50.60.7 1.480.01 （2分）； 0.590.02 （1分）（2）将路端电压和电流分两次测量。 （2分）（说明：表达出测量的电流、电压不是同一个状态即可得分）【KS5U解析】（1）根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示；由图12所示电路图可知，在闭合电路中：E=I1（R0+Rg）+I2r，I1=-I2，由图象可知，=1.4810-3，=0.5610-3，解得，E=1.48V，r=0.56；（2）由实验步骤可知，实验采用伏安法测电源电动势与内阻，实验过程中只有一个多用电表，需要反复拆接电路，路端电压和电流分两
22、次测量，不是处于同一个状态，并且实验操作太麻烦，不方便实验三、本题包括6小题，共55分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13（8分）如图16所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37角。重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8。图 16EA37lO（1）判断小球的带电性质；（2）求该匀强电场的电场强度E的大小；（3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好张紧，将小球由静止释
23、放，求小球运动到最低点时的速度大小。【答案】见解析【KS5U解析】（1）小球在A点静止，其受力情况如答图3所示。小球带负电。（2分）37mg答图3qETF合（2）根据共点力平衡条件有 mgtan37=qE 解得 E= （3分）（3）设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：mglqEl=mv2 （2分）解得：v= （1分）14（8分）如图17所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加以电压U1=2500V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l=6.0cm，相距d
24、=2cm，两极板间加以电压U2=200V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e=1.610-19C，电子的质量m=0.910-30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求： 金属板金属丝ldU2U1+-S图17（1）电子射入偏转电场时的动能Ek；（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y； （3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。【答案】见解析【KS5U解析】（1）电子在加速电场中，根据动能定理eU1=Ek解得Ek =4.010-16J （2分）（2）设电子在偏转
25、电场中运动的时间为t 电子在水平方向做匀速运动，由l= v1t，解得 t= 电子在竖直方向受电场力 F=e电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a依据牛顿第二定律 e=ma，解得a= （1分）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量 y= （1分） 解得 y=0.36cm （1分）（3）电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差 U=（1分） 电场力所做的功W=eU （1分） 解得W=5.7610-18J （1分）15（9分）图18为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，
26、线圈在转动时可以通过滑环K和电刷L保持与外电路电阻R的连接。在外力作用下线圈以恒定的角速度绕轴OO匀速转动。（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）（1）推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式Em=nBS； （2）求线圈匀速转动过程中电流表的示数； （3）求线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热。B图18RdabcOOAKLKL【答案】见解析【KS5U解析】 （1）设线圈ab边的边长l1，bc边的边长l2。当线圈平面与磁场方向平行时，线圈中的感应电动势最大。 （1分） 设此时ab边的线速度为v，则单匝线圈时ab边产生的感应电动势为E1=Bl1v cd边产生的感应电动势为E2=Bl1vn
27、匝线圈产生的总感应电动势为Em=n(E1+E2)= 2nBl1v （1分）由于有Em= （1分） （2）线圈中的感应电动势有效值为： （1分） 电路中电流的有效值 I= （2分）即电流表的示数为 （3）线圈转动的周期 T=，线圈转动N周的时间 t=NT=N （1分） 依据焦耳定律，发电机线圈产生的焦耳热 Q=I2rt （1分） 解得 Q= （1分）16（10分）如图19所示，在水平向左、电场强度为E的匀强电场中，竖直固定着一根足够长的粗糙绝缘杆，杆上套着一个质量为m、带有电荷量-q的小圆环，圆环与杆间的动摩擦因数为。-q图19E（1）由静止释放圆环，圆环沿杆下滑，求圆环下滑过程中受到的摩擦力f
28、；（2）若在匀强电场E的空间内再加上磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆环仍由静止开始沿杆下滑。求：圆环刚开始运动时加速度a0的大小；圆环下滑过程中的最大动能Ek。【答案】见解析【KS5U解析】（1）在水平方向圆环受到的弹力N=qE 则摩擦力f=N=qE （3分）（2）圆环刚开始运动时不受洛伦兹力，因此，摩擦力大小f=qE 在竖直方向，由牛顿第二定律 （1分）解得 （2分）当重力与滑动摩擦力平衡时，圆环速度最大，动能最大。即 （1分）最大速度 （2分）最大动能Ek= （1分）17（10分）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图20为回旋加速器的示意图。D1、D2是两个中空的铝制半圆形
29、金属扁盒，在两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒接在高频交流电源上。在D1盒中心A处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D2盒中。两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，加速时狭缝间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。
30、设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：B高频电源图20D1D2A（1）带电粒子能被加速的最大动能Ek；（2）带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径；（3）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率。【答案】见解析【KS5U解析】（1）带电粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大动能Ek，设离子从D盒边缘离开时的速度为vm。依据牛顿第二定律 所以带电粒子能被加速的最大动能 （2分）（2）带电粒子在D2盒中第n个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n-1次后的运动轨道，设其被加速2n-1次后的速度为vn由动
31、能定理得 （2分）此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为rn由牛顿第二定律得 （1分）rn= （1分）（3）设在时间t内离开加速器的带电粒子数N，则正离子束从回旋加速器输出时形成的的等效电流，解得N=带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率 = （4分）18（10分）如图21所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下。质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁
32、场的右边界CD处。现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。（1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为mg，将金属棒a从距水平面高度h处由静止释放。求：金属棒a刚进入磁场时，通过金属棒b的电流大小；若金属棒a在磁场内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件；（2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场。设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场内运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值。图21B2BMPQNCDba【答案】见解析【KS5U
33、解析】（1）金属棒在弯曲光滑导轨上运动的过程中，机械能守恒，设其刚进入磁场时速度为v0，产生的感应电动势为E，电路中的电流为I。由机械能守恒 ，解得v0=感应电动势E=BLv0，对回路解得：I= （3分）对金属棒b：所受安培力F=2BIL 又因 I =金属棒b棒保持静止的条件为Fmg解得 h （3分） （2）金属棒a在磁场中减速运动，感应电动势逐渐减小，金属棒b在磁场中加速运动，感应电动势逐渐增加，当两者相等时，回路中感应电流为0，此后金属棒a、b都做匀速运动。设金属棒a、b最终的速度大小分别为v1、v2，整个过程中安培力对金属棒a、b的冲量大小分别为Ia、Ib。由BLv1=2BLv2，解得v1=2v2设向右为正方向：对金属棒a，由动量定理有 -Ia=mv1-mv0 对金属棒b，由动量定理有 -Ib=-mv2-0 由于金属棒a、b在运动过程中电流始终相等，则金属棒a受到的安培力始终为金属棒b受到安培力的2倍，因此有两金属棒受到的冲量的大小关系 Ib=2Ia解得，根据能量守恒，回路中产生的焦耳热Qb= （4分） 说明：计算题中用其他方法计算正确同样得分。